网络流24题（wll24）

How to build a map?

by Ciaxin

大体概括 网络流和线性规划24题 中23道的模型与建图思路，以下所有的题目的思路均会向图论方向靠近。

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# 飞行员配对方案问题

[link] 每一架飞机需要有一名英国飞行员和一名外籍飞行员。即，英国飞行员 $v$ 与外籍飞行员 $u$ 进行匹配，算出其最大匹配，所以此题模型为二分图的最大匹配。

对于二分图最大匹配而言，可由匈牙利算法 或 最大流模型 解决。

在一个流网络中，由点 $u$ 向点 $v$ 的一条边 $(u,v)$ 且 $f(u,v)=1$ 可以理解为一个匹配。

很显然由一名外籍飞行员 $u$ 所连向的边 $(u,v)$ 有多条，而最后的匹配仅会最多有一条，那就要保证从点 $u$ 流出的流量为 $1$，才能保证最终只会连向一个点 $v$，那么建立源点 $s$，使得 $s$ 到所有的点 $u$ 的流量 $f(s,u) = 1$。

建立一条由点 $v$ 流向汇点 $t$ 的边，使完成的匹配流向汇点 $t$。

$$S\xrightarrow{\ \ 1\ \ }u_i\xrightarrow{\ \ 1\ \ }v_i\xrightarrow{\ \ 1\ \ }T$$

其最大流为二分图的最大匹配，而流过的流量为 $0$ 的边，就是其匹配。

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# 太空飞行计划问题

[link]对于每个实验 $E_i$，都会需要一定数量的仪器 $I_k$，需要选出 $d$ 个实验使其净收益最大化。此题模型为最大权闭合子图。

但是我们不妨逆向思考，对于所有的实验 $E$，去掉 $w$ 个实验使其净收益最大化，从而转化为 最小割模型。割掉的边即为去掉的某些实验。

同样建立一张流网络，实验 $u$ 与仪器 $v$ 间存在边 $f(u,v) = +\infty$ 。（从而保证了被割去的边不会是该边）

由于进行每个实验将会获得为 $p$ 的价值，所以用源点 $S$ 连向点 $u$ 流量为 $p$ 的边。

将仪器点 $v$ 连向汇点 $T$，使流量为 $c$ 的边

这样由源点 $S$ 到汇点 $T$ 的增广路中存在 $2$ 种情况：

1. $最终流量 = 赞助费用$，那么表示流量最终被源点 $S$ 到点 $u$ 的边 $e_i$ 限制，割边即为 $e_i$，说明该实验的仪器费大于赞助费，不能使净收益最大化。
2. $最终流量 \not= 赞助费用$，那么表示限制的是花费仪器的边 $e_j$，割边即为 $e_j$，说明进行该实验存在收益。

若对于情况 $1$，用赞助费减去了流量，也就代表了没有进行这次实验；对于情况 $2$，赞助费减去流量为购买完仪器剩下的，即净收益。

因为经过计算后的割边流量为 $0$，而源点 $S$，连接着所有的实验 $u$，所以那些与源点联通的实验就是可执行的实验啦。

反边：当我们发现存在一个仪器由两个实验才能完全购买时，可能存在其中一个实验用尽了赞助费，此时好像不与源点 $S$ 联通，但存在反边可以由上述仪器连到该实验，使其联通。

可以理解为这条反边将第两个实验的赞助费部分给予了第一个实验。

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# 最小路径覆盖问题

[link]最小路径覆盖，在一个有向无环图（DAG）中，选取最少的路径，使每一个点仅存在与一条路径中。特别的，长度可以为 $0$。（可以理解为单点）

对于一个简单路 $P$ 且 $(a,b)\in P$，如果它要再覆盖一个点 $c$（存在点可以被覆盖），那么此时的路径覆盖数将会减一，点 $b$ 也就连向了点 $c$，好像是多了一条匹配（别问我为啥蒟蒻也不知道），但由于点 $a$ 也连向点 $b$ 连了一条边，但由于两个点 $b$ 的含义不太一样（一个是流入的，一个是流出的），这里有个非常套路的套路——拆点！！（把每个点 $x$ 拆作点 $x_1$ 与点 $x_2$）那这样就形成了两条由点 $a_2$ 到点 $b_1$（作为流入），由点 $b_2$（作为流出） 到点 $c_1$ 的两条边，也就真真正正的形成了两条匹配。

由于在图中减小了一条路径覆盖，就相当于增加了一条拆点后的匹配，那么可以微微地解释了：

$$\Large{最小路径覆盖=节点数-新图的最大匹配数（拆点）}$$

那么我们把这个问题转换为了二分图最大匹配问题，从而可以用最大流模型求解。

注意：一个点 $a$ 不可能存在点 $a_1$ 向点 $a_2$ 进行连边。因为不管是点 $x_1$ 还是点 $x_2$ 都只会形成最多一条匹配，所以其流量也为 $1$。

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# 魔术球问题

[link]对于柱子来讲，所有的柱子将要把所有的球放入，且每个球只能存在其中一个柱子上，就像是我们要找到一个满足规则 $2$ 的图，使得可以被所有的 $k$ 个柱子覆盖，此题为最小路径覆盖问题。

“每次只能在某根柱子的最上面放球“，就像是原来最上面的球 $b$ 与新球 $c$ 产生了接触，原来的球又与下面的球 $a$ 存在接触，就如 $b$ 的下表面与 $a$ 的上表面存在匹配，同 $b$ 的上表面与 $c$ 的下表面存在匹配。那么考虑拆点（把每个点 $x$ 拆作点 $x_1$ 与点 $x_2$）

由 $最小路径覆盖=节点数-新图的最大匹配数（拆点）$可知，这个问题就变成求二分图的最大匹配，从而可以用最大流模型求解。

虽然这个题目与求最小路径覆盖数恰恰相反，但我们也可以选择枚举每个可行图（每次加入新的边），来判断是否满足给出的最小路径覆盖数即可。

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# 圆桌问题

[link]题意为需要满足一个类似，由点 $u_i$ 连向 $r_i$ 个点 $v_j$，每个点 $v_j$，仅存在 $c_j$ 个入边的图。

如果当 $r_i$ 与 $c_i$ 均为 $1$ 的时候，这个图很明显的是一张二分图的最大匹配，当对 $r_i$ 与 $c_i$ 不存在限制时，这就是一个二分图多重匹配问题。

1. 由于每个单位的代表可向所有的餐桌进行挑选，并且两个代表不能做一个餐桌，所有这每个单位 $u$ 要向所有的餐桌 $v$ 连接一条流量为 $1$ 的边。
2. 因为每个单位的代表仅有 $r_i$ 个，所以要限制从点 $u$ 流出的流量为 $r_i$，由此建立源点 $S$ 连向点 $u$ 流量为 $r_i$ 的边，从而限制了总的流量。‘
3. 由于每个餐桌 $v$ 将会被匹配多次，但由于餐桌的座位数量的限制，其最多为 $c_i$ 个，所以最终到达 $v$ 的流量最多为 $c_i$，这时利用汇点的作用，由点 $v$ 连向汇点 $T$ 一条流量为 $c_i$ 的边从而限制了其数量。

由于点 $u$ 向点 $v$ 的流量为 $1$，所以最终如果该流量为 $0$，意味着该单位 $u$ 有代表到了餐桌 $v$，从而得到方案。

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# 最长不下降子序列问题

[link]该题需要进行三种不同的询问。

1、计算最长不下降子序列的长度 $s$

使用动态规划解决该问题，设计状态 $f(i)$ 为以 $i$ 结尾的最长子序列的长度，其当前状态可由前 $i-1$ 个状态转移而来，即

$$f(i) = \max \begin{cases} \ \ \ \ \ 1\\ f(j) +1\ \ \ \ (a_i\ge a_j,i> j) \end{cases}$$

2、有多少个长度为 $s$ 的不重复不下降子序列

由于每个点只能被选中一次，但并不每一个点都将会被选择一次，所以并不满足最小点覆盖的模型，但是此问题模型为最多不相交路径。

在DP的过程中，可以发现 $i$ 的状态是由一个满足的 $j$ 转移过来的，就像是由 $j$ 连向了 $i$ 的一条边。

序列中的每个点 $i$ 均可作为这个不下降序列的开端，而仅仅是 $\text{LIS}=s$ 的点 $j$ 可以作为这个序列的结尾。

由此可以由源点 $S$ 到每个点 $i$，连接一条流量为 $1$ 的边，由满足的点 $j$ 连向汇点 $T$，连接一条流量为 $1$ 的边，从而可以算出该长度序列的数量。

限制条件：点只能被选中一次。这个问题可以用 拆点 的方法将其两个点中间连接一条流量为 $1$ 的边，得到其解决方法。

3、有多少个不同的长度为 $s$ 的不下降子序列。

限制条件：除 $x_1,x_n$ 的点只能被选中一次。

因为限制点的方法是 拆点，那么关于 $x_1$ 与 $x_n$ 的拆点的边的流量可以设置为 $+\infty$，意味不受选择次数的限制。

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# 试题库问题

[link]对于 $m$ 道题的每一个类型 $i$ 需要 $k$ 个试题 $j$，换句话说，就是点 $i$ 要和 $k$ 个 $j$ 进行匹配，从而得到了该问题的模型 二分图多重匹配问题。

（与 [圆桌问题](# # 圆桌问题) 相似）可以转换为最大流求解。

对于每个类型 $i$，可以与所有类型为 $i$ 的试题连接一条流量为 $1$ 的边，作为可以选择的情况（匹配）。

每个类型的题有数量为 $k$ 的限制，所以由源点 $S$，连向每个类型 $i$ 流量为 $k_i$ 的边。

又由每个试题 $j$ 最多会被选择一次，所以连向汇点 $T$ 处一条流量为 $1$ 的边。

输出：同样的，匹配后的边即为流量变为 $0$ 的边，输出即可。

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# 方格取数问题

[link]在所有的数中，选取部分数（限制）的总和最大。

由于选取的数之间不存在什么联系，而仅有在四个方向的数才会有所制约，可以将理解为边。

一定不存在制约关系的一定是那些奇偶性相同的点，从此可以将其看做一个二分图，其此题为二分图点权最大独立集。

首先我们不先去想选中那些数，而是去考虑将所有的数选中，再去删掉某些数。最终的答案就是所有的数的和减去被删掉的数。

在众多模型中，可能会想到 最小割问题。（割：删掉的某些数）

由于最小割是边，所以考虑拆点。

但是由于转换成了网络流，存在源点与汇点，所以这个点权可以直接放在其之间（即，边权）。

而流过这些边就意味着选了这个点。若割为该边，即要删掉这个点。¹

因为对点 $x_{i,j}$ 存在影响的是四个方向上的数，其中有边相连，但是这个边又不满足上述边 ¹的性质，所以将其流量设置为 $+\infty$ 。

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# 餐巾计划问题

[link]该问题模型是线性规划网络优化。由于该题很明显存在费用，能参考想到用费用流求出。

初读该题目，我会想到的一种做法是：

1. 将每一天拆作早上与晚上两部分，由早上向晚上连接一条流量为 $r_i$ ，花费为 $0$ 的边。
2. 将源点看做购买处，早上可由此购买 $+\infty$ 条餐巾，费用为 $p$。
3. 对于快洗与慢洗，分别由第 $i$ 天的晚上到 $i+m$ 和 $i + n$ 的早上，流量为 $+\infty$ ，花费为 $f,s$。
4. 第 $i$ 天晚上，也可以连向第 $i+1$ 天的晚上。
5. 最后由汇点收集。

当然，这之中存在一些问题。【详细参考】

这里提供另一个建图的方法，

在这一天的干净餐巾来源，有三处：购买得到，慢洗得到，快洗得到。这一天脏的餐巾有三个去处：送去快洗，送去慢洗，扔给下一天处理。

因为这一天需要 $r_i$ 个干净餐巾，但是到这一天的干净餐巾可能大于 $r_i$ 个，所以我们让每天恰好只对 $r_i$ 个餐巾单独进行结账。这样就限制了到这一天的干净餐巾的数量。

同样，如果仅仅用一个点无法完成这些操作。所以考虑将第 $i$ 天拆成 “今天需要的餐巾（结账）” $i_1$ 与 “今天需要清洗的 ” $i_2$。

那么存在建图的方案，

1. 连接一条由源点 $S$ 到点 $u_1$ 的流量为 $+\infty$，费用为 $p$ 的边。（购买得到）
2. 由点 $u_1$ 连向汇点 $T$ 进行每一天的结账。
3. 连接一条由源点 $S$ 到点 $u_2$ 的流量为 $r_i$ ，费用为 $0$ 的边，以补充上一步流出的餐巾数。
4. 点 $u_2$ 作为 “需要清洗的” 步骤，连向三个地方：1、快洗后的一天 $a_1$，慢洗后的一天$b_1$，以及扔给下一天 $(u+1)_2$

这种方案满足了每天恰好会花费一定数量的餐巾的限制。

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# 软件补丁问题

[link]初读题目，由于一个部分仅会出现两种情况，正确 或者 错误。设 $(1,0)$，表示第 $1$ 个错误不存在（正确），第 $2$ 个错误存在。那所以对于起初的软件可以表示为 $(1,1,\dots,1)$。

而对于一个补丁来说，可以由一个存在错误的状态转移到另一个存在错误的状态，同时花费时间。最终使这个状态全部为 $(0,0,\dots,0)$。

这很容易的让人想到最短路算法，没错这是一个最小转移代价的最短路题目，利用状态压缩简化。

如何建边？

由于一个补丁的限制比较严苛，存在 $B_1,B_2,F_1,F_2$ 四个状态。

设当前状态为 $x$，在使用位运算时，

若 x and B1 == B1 时，就表示 $x$ 存在 $B_1$ 的所有错误。
若 x and B2 == 0 时，就表示 $x$ 中并不存在 $B_2$ 的错误。

因为 $x$ 可能存在不属于 $F_1$ 的错误，我们会清除掉这些错误，不妨让这个状态先拥有 $F_1$ 的所有状态（or），再进行异或xor操作清除。

新状态 y = ((x or F1) xor F1) xor F2;

将其分为 $n+1$ 点，表示每一个错误状态，若这个补丁在该点是可用的，就将该点连到改变状态后的点，其边权为所用时间。

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# 数字梯形问题

[link]这个题目被分为了三个部分，总之来讲还是一个最大权不相交路径问题，这条路径很明显是从最顶端到最底端的一条路径。

最长路可以对一条由起点到终点的路径求最大边权，而此题存在多条路径，由此可以想到最大费用最大流。

• 从梯形的顶至底的 $m$ 条路径互不相交

路径不相交，即为点不相交，边不相交。对于边来说可以将流量设置为 $1$，费用为 $0$ 的边。

而对于点来讲，权值是位于点上的，这时候其实就可以想到拆点的方法，将点权转移到边权，并将流量设置为 $1$。

• 而对于规则 $2, 3$ 来讲，仅仅是限制了点的流量 或 边的流量。

至于流网络的源点与汇点，必然是连在梯形的顶部所有的点，与底部所有的点上，流量均为 $1$，而费用均为 $0$ 的边。而对于 $m$ 条路径的限制，可由一个备用源点 $S'$ 连到原源点上，流量为 $m$，作为限流的作用。

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# 运输问题

[link]由于零售商店需要来自仓库的货物 $b_i$个，存在第 $i$ 个仓库到第 $j$ 个零售商店费用为 $c_{i,j}$ 。这种既存在费用限制，又存在数量限制的模型，很easy想到的就是网络费用流的模型。

那么这个建图的方式也就呼之欲出了。

• 由仓库可向零售商店连接一条流量为 $+\infty$，费用为 $c_{i,j}$ 的边。

• 共有 $m$ 个仓库，每个需要 $a_i$ 个单位的货物，这种限制可由源点 $S$，进行限流，连接一条流量为 $a_i$，费用为 $0$ 的边。

• 由汇点接收所有零售商店的货物，因为每个商店只需要 $b_i$ 个货物，所以由商店向汇点连接一条流量为 $b_i$，费用为 $0$ 的边。

然后就可以分别算出最大费用与最小费用了。

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# 分配问题

[link]对于该题，共有 $n$ 个工作分配与 $n$ 个人做，而二者之间并不存在什么制约关系，最多是一个工作只能一个人做罢了。

那么这个模型就与二分图并无两样了，但其中有增加了边权的限制，这个模型就可以为二分图最佳匹配，

由于网络流的最大流可以完美的解决二分图匹配问题（详见[飞行员配对方案问题](# # 飞行员配对方案问题)），而现在增加了边权的限制，就如同最大流模型上增加了费用，变成了费用最大流问题是相同的。

• 由每个工作连向每个人一条流量为 $1$ （一条匹配），费用为 $c$ 的边。
• 由源点流向工作，由员工流向汇点，流量为 $1$，费用为 $0$ 的边。

模型虽简单，却非常之经典。

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# 负载平衡问题

[link]读到该题，一股思路涌现，—— 贪心！（最小代价供求问题）

该题的确可以用贪心解过，但是我们分析另一种思路，由于存在可以由相邻的仓库之间搬运，可以理解为相邻仓库存在连边。

对于每个仓库，它开始拥有 $k_i$ 的货物，到最后会拥有 $x$ 的货物。

由题意可知，$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} k_i=x$，即先前的货物的总量 $=$ 最后货物的总量

• 可以设立一个源点连向仓库 $i$，流量为 $k_i$ 的边，作为最先存在的货物，设立一个汇点，由仓库连向，流量为 $x$，表明最后这个仓库拥有 $x$ 的货物，其费用均为 $0$。
• 而两两相邻的仓库之间存在边，其流量为 $+\infty$ ，费用为 $1$。

这种建图的方式，可以完美的解决了最后使所有的仓库的数量相等的限制，也比较好理解。

当然存在另一种建图方式，

将 $k_i-x> 0$ 的仓库，由源点 $S$ 连入，流量为 $k_i-x$，费用为 $0$。
将 $k_i-x<0$ 的仓库，连入汇点 $T$，使其流量为 $x-k_i$，费用为 $0$。

这种方式，将个别仓库多的货物流向缺少货物的仓库，然后计算费用。

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# 最长k可重区间集问题

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# 星际转移问题

[link]由题意可以发现每个太空船的停靠周期可能是不相同的，所以无法一步进行完全转移。而太空船是到达月球的唯一方法，对于太空船，具有周期性（受时间影响）。

我们由时间作为条件，可以发现，当第 $i$ 时到第 $i +1$ 时：

• 位于第 $i$ 时第 $j$ 号太空站的人员，可能会到达第 $i+1$ 时第 $j$ 号太空站。（即未进行移动）
• 位于第 $i$ 时第 $j$ 号太空站的人员，可能会到达第 $i+1$ 时第 $k$ 号太空站，$k$ 将会受到太空船的影响。

由此我们可以想到这可能是一张分层图最大流（人数），为网络判定。

将源点 $S$ 连向第 $1$ 时间的地球上，流量为总人数。

我们枚举时间 $t$，将第 $t-1$ 时间的点连到 第 $t$ 时间的点，会存在两种情况

1. 不管有没有太空船可坐，都可以由点 $u_{t-1}$ 连向点 $u_t$，流量为 $+\infty$。
2. 有太空船可坐，并由点 $u_{t-1}$ 连向点 $k_t$，流量为 $h_i$（太空船人数限制）。

将汇点连到每个时间的月球上，判断其最终流量是否与总人数相等即可。

由于可能存在无法到达的情况，那这种情况是什么呢，即为所有的太空船都不会经过月球（可用并查集判断是否连通）。

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# 孤岛营救问题

[link]由于这道题目涉及的知识面比较单一，可以easy地考虑到图论的想法。求出最短时间，那么很有可能是求解其最短路径。

但是对于这个题目来说，具有门和钥匙的限制，是不好在同一张图中解决的。（当然你也可以使用搜索大法，将状态全部存起来）。

由于这个图受门和钥匙类型的限制，而这个限制比较小（$p\le10$），可以考虑 分层与状压 。

• 将图分为 $2^{p}+1$ 层，每层的编号可以为该层的钥匙状态。
• 若在 $x$ 层得到了新的钥匙，可以将其连到拥有新钥匙的第 $y$ 层，边权为 $0$，位置不变。
• 若拥有该门类型的钥匙，即可以通过。

我们由第 $0$ 层，即没有任何钥匙的 $(1,1)$ 位置跑最短路。

然后对于每一层的 $(n,m)$ 位置取得一个最小值，即为答案。（也可以建立汇点直接连接，边权为 $0$）。

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# 航空路线问题

[link]很明显，这个题已经告诉了你这个图长啥样，但是对于解决问题还是远远不够的。

从最西端城市出发，单向从西向东途经若干城市到达最东端城市，然后再单向从东向西飞回起点（可途经若干城市）。

对于这条限制（误导信息）的理解极为重要，其实不管对于从东到西，还是从西向东，总之是在两端城市间晃悠。

所以这个问题可以化为求两个最长不相交路径的长度，其中起点与终点相交（可重复2遍）。

因为点的经过次数的限制，那么可以考虑将这个点进行拆点操作，用最大流解决，使其流量为 $1$。（起点与终点为 $2$）

最后对流量为 $0$ 的边遍历两遍输出路径即可。

可能出现只能飞一遍的情况，（最终流量至于 $1$ ）这种情况视为无解。

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# 汽车加油行驶问题

[link]对于这样的具有限制的，且限制较小的最短路问题，可以考虑将这个限制变成新的一维，将原本的二维网格变为新的三维图形，即分层。

对于该题，很明显的是一道最短路问题（BFS解决!!），由 $(1,1)$ 到达 $(n,n)$ 的最短花费（路径）。

但是我们想如果在 $(x,y)$ 处建立了油库，那么就很难判断是否汽车到这里时是油库建立前还是之后了。

其中由于新增了油量的限制，所以可以把最短路的 $dis_{i,j}$ 状态变为 $dis_{i,j,k}$ 的三维。这样也就可以解决如果在一张图中如何不错误的建立油库，并加油的问题。

（当我们动规状态用不了时，也可以考虑多加几维\ww）

然后对于每个时期的状态就有了很好的转移，设 $0\le w\le k$。

• 对于油量 $k \neq 0$ 时，汽车可沿 $X$ 轴或 $Y$ 轴进行移动。即

  $$(i,j,w)\xrightarrow{B}(i-1,j,w-1)\ 或\ (i,j-1,w-1)\\ (i,j,w)\xrightarrow{0}(i+1,j,w-1)\ 或\ (i,j+1,w-1)$$

• 但当遇到加油站时，汽车需要严格的进行加油操作，即

  $$(i,j,w)\xrightarrow{A}(i,j,k)$$

• 往往我们都会遇到油量变为 $0$ 的情况，又因为题目告诉我们说油量为 $0$ 时，必须建油库，所以对于任意的 $(i,j,0)$ 状态都会存在一条连向 $(i,j,k)$ 的边。

  $$(i,j,0)\xrightarrow{A+C}(i,j,k)$$

既然分完层了，那么不管当流量是什么的时候（ $0$ 也可以）只要到达 $(n,n)$ 就算到达，那么对于所有的 $(n,n,i)$ 的位置的最短路径就是答案，当然开始是从 $(1,1,k)$ 开始的。

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# 深海机器人问题

[link]由于该题是求最优移动问题，即线性规划问题。（当然这个题目不能用最短路做）

由于最短路只能跑一次（多跑几次也一样），也就是只能允许一个机器人跑一遍。

那么多跑几遍？也不是不行。因为最短路的图相当于一个流量只有 $1$ 的流网络，既然这个题目扩大了其“流量”，那么也就可以使用费用流解决。

由于已经给出了边权，那么对于每个边权只能有一个机器人接收，那么说，这条边的流量只能为 $1$ 。

但是题目中有说过 而且多个深海机器人可以在同一时间占据同一位置。

（那么就让这条边流量变为 $0$ 的时候，让流量变为 $+\infty$，让费用变为 $0$）

很显然用上面的方法是行不通的，而对于改变后的边，（它完全就是一条新的边嘛），我们在建图的时候直接加进去不就好了。

由于这两条边的起始、结束点相同，而费用不同，对于最大费用流来说，肯定是先跑最大费用的边。

所以，这样做是没问题的。

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# 火星探险问题

[link]该题也是求最优移动问题，即线性规划问题。

与[深海机器人问题](# # 深海机器人问题)同属于一类题型，但是该题的思维难度会存在微微提升。

对于该题，由于每个石块的位置存在于点上，这对于流网络来讲，是极其不友好的。所以可以考虑将点进行拆点，点权边化。

而由于存在障碍物，即无法达到此处，也就是不存在该边。

最后对于方案的输出，不用多说，沿着流量为 $0$ 的边深搜即可。

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# 骑士共存问题

[link]该题目与[方格取数问题](# # 方格取数问题)²的题意极其相像，而做法也是大同小异。

同样每个点会与其周围 $8$ 个点产生制约关系，同样可以将其理解为边。

我们通过手推一个 $(5\times 5)$ 的矩阵（……）

可以发现同样是具有奇偶性相同的点将不会互斥，其中不会存在连边，就像是二分图。而我们的想法是求出最多的不存在连边的点，即二分图最大独立集。

而二分图最大独立集与总点数和最大匹配的差相等，也可以用网络流的最小割解决²。

对于最小割来讲，可以将奇偶性不同的点分为两部分，其中存在边相连（将流量设置为 $+\infty$，防止被割掉的不会是点）。

其他由源点到一组点，由另一组点到汇点连边，流量为 $1$。

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# 最长k可重线段集问题

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# 机器人路径规划问题

[link]这个题呀。。。

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